Pour le 192, je vais un peu désabstraire. Soit $f$ une fonction de $\Q$ vers $[-1,1]$ qui n'est pas restriction d'une fonction [edit : convexe] de $\R$ vers $[-1,1]$. Alors pour n'importe quelle fonction réelle, on trouve un voisinage de cette fonction réelle et un voisinage de $f$ disjoints. Par compacité, on se réduit à un nombre fini de voisinages. On trouve un voisinage de $f$ disjoint des restrictions de fonctions réelles. C'est la preuve qu'un compact est fermé dans un $T_2$. Du coup, si une séquence de restrictions converge vers une fonction, alors c'est une restriction.
Pour désabstraire encore plus la preuve il faudrait revenir à la preuve de Tychonoff, qui n'est pas constructive…
On peut sûrement faire plus concret, et ce ne sera pas équivalent car constructif.
Pour le 195, c'est vrai en remplaçant $\frac{1}{f(x)}$ par n'importe quoi de continu, non ? On prend une fonction continue valant $0$ en $1$ et $1/f(1)$ en $2$ puis on prolonge par l'équation.
Pour le 196 je ne vois pas comment interpréter. En général, $x^k / k!$ n'existe pas modulo $x^2 + 1$.
@Champollion : pour le 192 : oui, toute fonction de $\Q$ est une restriction d'une fonction réelle (il suffit de prendre la fonction nulle sur les réels sauf sur les rationnelles où elles auraient la valeur de ta fonction sur $\Q$)
Mais la question est comment, à partir de la convergence sur $\Q$ de ta sous-suite tu en déduis sa convergence sur $\R$ tout entier ?
-182,183 : entiers homonymes et synonymes (182 Tombé par Depasse)
-184 : suites convergentes convexes
-185 : les fonctions holdériennes
-186 : l'égalité impossible ? Tombé par Depasse
-187 : produit en série
-190 : étrange ou archi-classique Tombé par GaBuZoMeu
-192 : le bijou caché de la convexité ? Tombé par Siméon
-193 : l'inégalité tonitruante ? Tombé par Siméon
-194 : un nouveau bijou ? Tombé par Champollion
-195 : l'équation fonctionnelle à 1 millions de $ Tombé par Champollion
-196 : polynômes divertissants Tombé par Cidrolin
-197 : propriété fonction multiplicative.
-198 : retour des polynômes +
-199 : retour des polynômes ++
-200 : une histoire de puissance et de diviseur Tombé par Depasse
-201 : le bijou de l'arithmétique ?
-202 : C.S. d'irréductibilité sur $\Z[x]$
-203 : la transcendance low-cost.
Pour le 196 : Du reste de quoi ? Du réel ? Dans ce cas, ça converge vers $e^x \mod x^2+1$ ?
192 : Ah oui, je parlais de restrictions de fonctions convexes, pas de fonctions quelconques, désolé !
195 : Soit $f : \left[0,\infty\right[ \to \R$ continue. On cherche $u : \left[0,\infty\right[ \to \R$ telle que $u(x+1) = u(x) + f(x)$. On prend alors une fonction $g : \left[0,1\right]$ continue, telle que $g(0) = 0$ et $g(1) = f(0)$. On pose $u = g$ sur $\left[0,1\right[$. On prolonge ensuite sur tout $\R$ par l'équation $u(x+1) = u(x) + f(x)$.
Si on écrit $x$ comme $n + y$ avec $n$ entier et $y \in \left[0,1\right[$, on aura $u(n+y) = g(y) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+y)$. Il faut vérifier la continuité aux points entiers (où le $n$ change). C'est bon car lorsque $y$ tend vers $1$, on a $u(n+y)$ qui tend vers $g(1) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+1) = f(0) + \sum_{i=1}^n f(i+0) = u(n+1)$.
énoncé 186 :l'égalité
impossible?
Soit $p=2q+1$ avec $q$ impair et $p$ premier.
A-t-on $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$, $b$ un
générateur de $(\Z/p\Z)^*$ ?
$2q+1$ est premier et $b$ engendre $(\Z/(2q+1)\Z)^*$ donc, modulo $2q+1$, $b^q=-1$.
$q$ est impair, donc, pour tout $i$ entier, $q-2i$ est impair et donc $b^{q(q-2i)}=(-1)^{q-2i}=-1$ , soit $1+b^{q(q-2i)}=0$ modulo $2q+1$.
$q$ est impair, donc $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2}=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} ( b^{i^2}+b^{ (q-i)^2})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (1+b^{q(q-2i)})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (0)=0$ modulo $2q+1$.
Vu que si $b$ est générateur $b^{-1}$ l'est aussi et que $0=-0$, on a, si $p:=2q+1$:
$$\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$$
énoncé 182 :les entiershomonymes
2 entiers naturels x,y sont dit homonymes, s'il existe deux entiers naturels a,b distincts tel que x écrit en base a est identique à y écrit en base b.
Trouver tous les couples d'entiers naturels homonymes, c'est à dire trouver un algorithme A tel que A(x,y) renvoie vrai si x et y homonymes, et faux sinon.
$x=trois$ s'écrit $3$ en base $a=quatre$; $y=trois$ s'écrit $3$ en base $b=cinq$. Donc $x$ et $y$ s'écrivent de la même façon, le premier dans la base $a$, le second dans la base $b$. $x$ et $y$ sont donc homonymes.
Sauf erreur
182
Caramba, encore raté. J'ai merdoyé en voulant faire concis. Trèfle,
$x$ et $y$ sont hétéronymes si et seulement si ils diffèrent et l'un des deux est $0$ ou $1$.
200
Même avec ta modification subreptice, gredin :-), c'est un classique: il y a non seulement divisibilité mais égalité. Je verrai demain.
Pourexemple continue de lister sa question 190, alors que la démonstration complète d'un énoncé plus général a déjà été donnée ici.
Sans doute n'a-t-il pas compris la démonstration et le moyen de fabriquer les formules qu'il demande.
J'ai expliqué ce moyen à mon ordinateur. Il m'a donné la formule pour la somme de puissances septièmes à poids en trois variables, en fonction rationnelle des sommes de puissances de 0 à 5:
Tu n'as toujours pas compris la démonstration que j'ai écrite, tu t'es contenté de vérifier la formule sur quelques exemples, c'est ça ? :-D
PS. J'ai déjà écrit ici ce que je pensais de tes "ingrédients".
Voyons si tu arrives à écrire quelque chose qui tienne debout.
Ah non, ça ne fonctionne pas finalement car une fonction juste croissante n'est pas déterminée par ses valeurs sur $\mathbf Q$.
Tu es sur une bonne piste pourtant : une fonction continue est déterminée par ses valeurs sur $\mathbf Q$ comme tu l'as dit. De plus une fonction croissante n'a qu'un nombre dénombrable de discontinuités, donc l'ensemble des discontinuités de toutes les fonctions de la suite est dénombrable. Ce qui veut dire que dans ta suite de fonctions (et pas dans l'ensemble des fonctions croissantes) tu peux déterminer entièrement une fonction en connaissant une quantité seulement dénombrable de $f(x)$ (à condition de bien choisir les $x$) .
Pourexemple, ton incapacité à lire atteint les sommets. Je rappelle :
GaBuZoMeu écrivait:
> > 1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer
> > $\sum P(a_i)=U_P(a)$
> Qui sont $a$ et les $a_i$ ? $a=(a_1,\ldots,a_k)$ est n'importe quel $k$-uple ? Il s'agit d'une
> définition ? Tu poses $U_P(a)=\sum_{i=1}^k P(a_i)$ ?
2/ Il existe un unique polynôme $P$ unitaire de la forme : $P(X)=\prod (X-x_i)^2$, de degré $2k$, pour lequel $U_P(a)=0$, tel que $\{x_i|i=1...k\}=\{a_i|i=1...k\}$, donc la fonction qui aux $k$-uples associes ce polynôme est, bien définie.
Je répète :
Ça me paraît bien emberlificoté pour dire $P=\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$. Tu voulais dire autre chose ? Mais quoi ?
donc la fonction qui aux $2k$-uples associes ce polynôme est, bien définie.
Tu dis que si on connaît $(\sum \limits_{i=1}^k 2^{i-1}a_i,\sum 2^{i-1}a_i^2,..., \sum 2^{i-1}a_i^{2k})$, on connaît les coefficients de $\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$ ? Pourquoi ?
PS. Non, tu n'as absolument pas rempli ton contrat.
Tu ne réponds pas à mes questions. Je ne vais perdre plus de temps. je repasserai peut-être dans la soirée voir si tu as écrit quelque chose qui tient debout. Pour le moment, ce n'est absolument pas le cas.
énoncé 200 :une histoire de puissance
et de diviseur
Soit $a\in \N$, $a\geq 2$.
A-t-on $$\forall m,n \in \N^*,
a^{\text{gcd}(m,n)}-1 \text{ = gcd}(a^m-1,a^n-1)
$$ ?
$m:=(m,n)m'; n:=(m,n)n' $,
$a^m-1$ et $a^n-1$ sont divisibles par $a^{(m,n)}-1$ donc leur pgcd ($:=D$) aussi.
Réciproque: $D$ divise $a^{(m,n)}-1$:
Par Bezout, il existe $(u, v)\in\N^2$ tel que $um-vn=(m,n)$;
$D$ divise $a^m-1$ et $a^n-1$, donc $a^{um}-1$ et $a^{vn}-1$, donc leur différence $a^{vn} (a^{um-vn}-1)= a^{vn} (a^{(m,n)}-1) $; or $D$ est étranger à $a^n$ puisqu'il divise $a^n-1$, donc étranger à $a^{vn}$. Donc (Gauss) $D$ divise $a^{(m,n)}-1$.
Réponses
Pour désabstraire encore plus la preuve il faudrait revenir à la preuve de Tychonoff, qui n'est pas constructive…
On peut sûrement faire plus concret, et ce ne sera pas équivalent car constructif.
Pour le 195, c'est vrai en remplaçant $\frac{1}{f(x)}$ par n'importe quoi de continu, non ? On prend une fonction continue valant $0$ en $1$ et $1/f(1)$ en $2$ puis on prolonge par l'équation.
Pour le 196 je ne vois pas comment interpréter. En général, $x^k / k!$ n'existe pas modulo $x^2 + 1$.
pour le 196 : il s'agit du reste par la division euclidienne.
énoncé 197 : une propriétés des fonctions multiplicatives
A-t-on $$\forall r>0, \left(\sum \limits_{i=0}^k i^r\right)^{1/r}=\frac{k^{\frac{r+1}{r}}}{(r+1)^{1/r}}+o(\frac{1}{k}) $$
Mais la question est comment, à partir de la convergence sur $\Q$ de ta sous-suite tu en déduis sa convergence sur $\R$ tout entier ?
Casses-têtes niveaux agreg :
-182,183 : entiers homonymes et synonymes (182 Tombé par Depasse)
-184 : suites convergentes convexes
-185 : les fonctions holdériennes
-186 : l'égalité impossible ? Tombé par Depasse
-187 : produit en série
-190 : étrange ou archi-classique Tombé par GaBuZoMeu
-192 : le bijou caché de la convexité ? Tombé par Siméon
-193 : l'inégalité tonitruante ? Tombé par Siméon
-194 : un nouveau bijou ? Tombé par Champollion
-195 : l'équation fonctionnelle à 1 millions de $ Tombé par Champollion
-196 : polynômes divertissants Tombé par Cidrolin
-197 : propriété fonction multiplicative.
-198 : retour des polynômes +
-199 : retour des polynômes ++
-200 : une histoire de puissance et de diviseur Tombé par Depasse
-201 : le bijou de l'arithmétique ?
-202 : C.S. d'irréductibilité sur $\Z[x]$
-203 : la transcendance low-cost.
Les incontournables : ici.
Cordialement.
192 : Ah oui, je parlais de restrictions de fonctions convexes, pas de fonctions quelconques, désolé !
195 : Soit $f : \left[0,\infty\right[ \to \R$ continue. On cherche $u : \left[0,\infty\right[ \to \R$ telle que $u(x+1) = u(x) + f(x)$. On prend alors une fonction $g : \left[0,1\right]$ continue, telle que $g(0) = 0$ et $g(1) = f(0)$. On pose $u = g$ sur $\left[0,1\right[$. On prolonge ensuite sur tout $\R$ par l'équation $u(x+1) = u(x) + f(x)$.
Si on écrit $x$ comme $n + y$ avec $n$ entier et $y \in \left[0,1\right[$, on aura $u(n+y) = g(y) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+y)$. Il faut vérifier la continuité aux points entiers (où le $n$ change). C'est bon car lorsque $y$ tend vers $1$, on a $u(n+y)$ qui tend vers $g(1) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+1) = f(0) + \sum_{i=1}^n f(i+0) = u(n+1)$.
$2q+1$ est premier et $b$ engendre $(\Z/(2q+1)\Z)^*$ donc, modulo $2q+1$, $b^q=-1$.
$q$ est impair, donc, pour tout $i$ entier, $q-2i$ est impair et donc $b^{q(q-2i)}=(-1)^{q-2i}=-1$ , soit $1+b^{q(q-2i)}=0$ modulo $2q+1$.
$q$ est impair, donc $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2}=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} ( b^{i^2}+b^{ (q-i)^2})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (1+b^{q(q-2i)})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (0)=0$ modulo $2q+1$.
Vu que si $b$ est générateur $b^{-1}$ l'est aussi et que $0=-0$, on a, si $p:=2q+1$:
$$\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$$
Amicalement
Paul
PS. Par contre, tu n'as pas donné de solution.
192 : cf la remarque sur l'autre fil.
196 : du reste quand on fait la division euclidienne de $P_n$ par $x^2+1$
@Cidrolin : Comment obtiens-tu cela ?
@Depasse : Bravo.
@GaBuZoMeu : oui, si tu pouvais donner l'expression explicite pour $k=3$, cela clôturerait la question.
@Champollion et Cidrolin: je vois comment vous avez conclue, Bravo.
énoncé 198 : retour de polynômes +
Calculer $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod ((x+1)^2+1)$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$
énoncé 199 : retour de polynômes ++
Calculer $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod (x^2+1)^2$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$
$A$ renvoie $faux$ si et seulement si $x+y=1$.
> @Champollion et Cidrollin: je vois comment vous
Attention Cidrolin ne prend qu'un seul l. Ce n'est pas comme Glloq.
@Depasse : si $x=3, y=3$ ne sont pas homonymes.
énoncé 200 : une histoire de puissance et de diviseur
Soit $a\in \N$, $a\geq 2$.
A-t-on $$\forall m,n \in \N^*, a^{\text{gcd}(m,n)}-1 \text{ = gcd}(a^m-1,a^n-1) $$ ?
$x=trois$ s'écrit $3$ en base $a=quatre$; $y=trois$ s'écrit $3$ en base $b=cinq$. Donc $x$ et $y$ s'écrivent de la même façon, le premier dans la base $a$, le second dans la base $b$. $x$ et $y$ sont donc homonymes.
Sauf erreur
Cordialement
Paul
Et pour x=1 et y=2 ?
Je rappelle que la base 1, est la base unaire, (on compte le nombre de trait).
Derrière ce résultat, il y a (peut-être) le bijou de l'arithmétique.
Bien vu. Je modifie en conséquence ma réponse au 182:
$x$ et $y$ sont hétéronymes si et seulement si un et un seul des deux est $0$ ou $1$.
Pour le 200, c'est un classique:
$m:=(m,n)m'; n:=(m,n)n' $,
$a^m-1$ et $a^n-1$ sont divisibles par $a^{(m,n)}-1$ donc leur pgcd aussi.
Pour le 200, il y a une égalité (même avec l'égalité il est classique ?)
Caramba, encore raté. J'ai merdoyé en voulant faire concis. Trèfle,
$x$ et $y$ sont hétéronymes si et seulement si ils diffèrent et l'un des deux est $0$ ou $1$.
200
Même avec ta modification subreptice, gredin :-), c'est un classique: il y a non seulement divisibilité mais égalité. Je verrai demain.
Bonne soirée
Paul
182 : Bravo.
200 : ton dernier message date d'une heure et ma (dernière) modification remonte à 3 heures. :-)
Bonne soirée à toi également.
énoncé 203 : la transcendance low-cost
Soient $f(x)=\sum \limits_{k \geq 0 }a_k x^k=\lim \limits_{n\rightarrow \infty }P_n(x)$ série entière à coefficient rationnelle, de rayon de convergence infini,
$\phi : \N \rightarrow \N$, $\phi$ strictement croissante.
On suppose $\alpha \in \C, f(\alpha)=0$ et $\forall n \in\N, P_{\phi(n)}$ irréductible.
A-t-on $\alpha$ transcendant ?
Cordialement.
Sans doute n'a-t-il pas compris la démonstration et le moyen de fabriquer les formules qu'il demande.
J'ai expliqué ce moyen à mon ordinateur. Il m'a donné la formule pour la somme de puissances septièmes à poids en trois variables, en fonction rationnelle des sommes de puissances de 0 à 5:
PS : je ne peux pas copier coller à partir d'une image.
Merci.
Tu as rempli ta part, je développerais à la demande, en partant des ingrédients que je t'ai déjà communiquée.
PS : mon pc plante chaque fois que j'essaie de me connecter au forum.
PS. J'ai déjà écrit ici ce que je pensais de tes "ingrédients".
Voyons si tu arrives à écrire quelque chose qui tienne debout.
ici qu'est-ce qui te pose problème ?
Tu es sur une bonne piste pourtant : une fonction continue est déterminée par ses valeurs sur $\mathbf Q$ comme tu l'as dit. De plus une fonction croissante n'a qu'un nombre dénombrable de discontinuités, donc l'ensemble des discontinuités de toutes les fonctions de la suite est dénombrable. Ce qui veut dire que dans ta suite de fonctions (et pas dans l'ensemble des fonctions croissantes) tu peux déterminer entièrement une fonction en connaissant une quantité seulement dénombrable de $f(x)$ (à condition de bien choisir les $x$) .
GaBuZoMeu écrivait:
> > 1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer
> > $\sum P(a_i)=U_P(a)$
> Qui sont $a$ et les $a_i$ ? $a=(a_1,\ldots,a_k)$ est n'importe quel $k$-uple ? Il s'agit d'une
> définition ? Tu poses $U_P(a)=\sum_{i=1}^k P(a_i)$ ?
Par exemple pour tout $P$ de degré au plus $2k$, on peut calculer $\sum \limits_{i=1}^k P(a_i)$ que je note $U_P(a)$
Ps : si les poids de $a_1,a_2$ identiques, alors on ne peut discerner $a_1$ et $a_2$ on n'attrape que les polynômes symétriques en $a_1,a_2$.
Ça me paraît bien emberlificoté pour dire $P=\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$. Tu voulais dire autre chose ? Mais quoi ? Tu dis que si on connaît $(\sum \limits_{i=1}^k 2^{i-1}a_i,\sum 2^{i-1}a_i^2,..., \sum 2^{i-1}a_i^{2k})$, on connaît les coefficients de $\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$ ? Pourquoi ?
PS. Non, tu n'as absolument pas rempli ton contrat.
1/Non.
2/ http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1198849,1455650#msg-1455650
$m:=(m,n)m'; n:=(m,n)n' $,
$a^m-1$ et $a^n-1$ sont divisibles par $a^{(m,n)}-1$ donc leur pgcd ($:=D$) aussi.
Réciproque: $D$ divise $a^{(m,n)}-1$:
Par Bezout, il existe $(u, v)\in\N^2$ tel que $um-vn=(m,n)$;
$D$ divise $a^m-1$ et $a^n-1$, donc $a^{um}-1$ et $a^{vn}-1$, donc leur différence $a^{vn} (a^{um-vn}-1)= a^{vn} (a^{(m,n)}-1) $; or $D$ est étranger à $a^n$ puisqu'il divise $a^n-1$, donc étranger à $a^{vn}$. Donc (Gauss) $D$ divise $a^{(m,n)}-1$.
Cordialement
Paul
Le bijou de l'arithmétique :
$$\forall P,Q \in \Z[x], \forall i \in \Z, \text{ si } P(i),Q(i) \text{ non nuls, alors } \text{gcd}(Q(x),P(x))(i)=\text{gcd}(Q(i),P(i))$$
> Le bijou de l'arithmétique :
$$\forall P,Q \in \Z[x], \forall i \in \Z, \text{ si } P(i),Q(i) \text{ non nuls, alors } \text{gcd}(Q(x),P(x))(i)=\text{gcd}(Q(i),P(i))$$
Bijou en toc : $P=X+1$, $Q=X+3$, $i=1$.
A part ça, aucun progrès sur ta "solution" à propos des sommes de puissances à poids.